(备战2012中考15分钟精华题)考点32开放探究型问题

中考热点（6） 开放探索型问题12. （2012山东日照，12, 3分）如图，在斜边长为1的等腰直角三角形Q4B 中，作内接正方 形AiBiGDi ；在等腰直角三角形O&&中，作内接正方形山2&。

2。

2；在等腰直角三角形OA.B, 中，作内接正方形A3B3C3D3；……；依次作下去，则第n 个正方形A n B n C n D…的边长是（ ）'3”T . 3” . 3”+i解析：设正方形AiBiGDi 的边长为x,则 ACi= GDi= D| B =x ，故 3x=l, x=—；同理， 3正方形A 2B 2C 2D 2的边长为4，……，故可 32猜想第n 个正方形A n B n C n D n 的边长是£.解答：选B.点评：本题是规律探究性问题，解题时 先从较简单的特例入手，从中探究出规律， 再用得到的规律解答问题即可•本题考查了等 腰直角三角形的性质以及学生分析问题的能 力.解题的关键是求正方形A1B1C1D1的边长. 25. （2012河北省25,10分）25、（本小题满分10分）如图 14, A （-5,0）,B （-3,0）,点 C 在 y 轴的正半轴上，/CBO=45° , CD 〃 AB, ZCDA=90° ,点P 从点Q （4,0）出发，沿x 轴向左以每秒1个单位的速度运动，运动时间为t 秒（1）求点C 的坐标； （2） 当ZBCP= 15°时，求t 的值；（3） 以点P 为圆心，PC 为半径的。

P 随点P 的运动而变化，当。

P与四边形ABCD 的边（或 边所在直线）相切时，求t 的值。

yD1A Bjt 0 Q图14【解析】在直角三角形BCO 中，ZCBO=45° OB=3,可得OC=3,因此点C 的坐标为（0,3）；（2） ZBCP= 15° ,只是提及到了角的大小，没有.说明点P 的位置，因此分两种情况考虑: 点P 在点B 的左侧和右侧；（3） OP 与四边形ABCD 的边（或边所在直线）相切，而四边 形有四条边，肯D,—y 3"+2定不能与AO相切，所以要分三种情况考虑。

2012年中考数学压轴题专题九开放探索问题试题特点《数学课程标准》把逐步形成数学创新意识列为学习目标，各地中考数学命题为了实现这个目标也都做了有益的尝试，例如出现了不少别具创意、独特新颖的开放探索型试题．这类试题不仅能考查观察、实验、类比、归纳、猜想、判断、探究等能力，而且把解题的过程变成了探究规律、发现规律的过程，因此，在考查高层次思维能力和创新意识方面具有独特的作用．所谓的开放探索型试题是指那些条件不完整，结论不确定的数学问题，从结构特征上看主要分为三类：条件开放、策略开放、结论开放．开放题是相对于传统的封闭题而言的，其显著特征是问题的答案不唯一（开放性），并且在设问方式上要求考生进行多方面、多角度、多层次探索．方式趋势开放型试题重在开发思维，促进创新，提高数学素养，所以是近几年中考试题的热点考题，开放题是中考题多样化和时代发展要求的产物，单一的题型和测试目标限制了考生应用知识解决实际问题的能力，不利于激发创造性．开放性试题能为考生提供更大的解决问题的空间，在解题途径方面也是多样的，这样的试题有利于考生发挥水平，有利于考生创新意识的培养．热点解析一、条件开放与探索探索条件型问题是指问题中结论明确，而需要完备使结论成立的条件的题目．解答探求条件型问题的思路是，从所给结论出发，设想出合乎要求的一些条件，逐一列出，并进行逻辑证明，从而寻找出满足结论的条件．【题1】如图1，C为线段BD上一动点，分别过点B，D作AB⊥BD，ED⊥BD，连接AC，EC．已知AB＝5，DE＝1，BD＝8，设CD＝x．(1)用含x的代数式表示AC＋CE的长．(2)请问点C满足什么条件时，AC＋CE的值最小？(3)根据(2)【思路】点C在线段BD上运动，图形中有两个直角三角形，AC，CE分别为Rt△ABC，Rt△CDE的斜边，所要求的问题是两条线段之和最短，在直角三角形中借助勾股定理表示出斜边的长．求AC＋CE的最小值的问题，如果从代数式中来求解，难度太大，不妨观察图形，将其转化为“两点之间线段最短”问题．【解答】(2)当A，C，E三点共线时，AC＋CE的值最小．(3)如图2所示，作BD＝12，过点B作AB⊥BD，过点D作ED⊥BD，使AB＝2，ED＝3，连接AE交BD于点C．AE的长即为代数过点A 作AF ∥BD 交ED 的延长线于点F ，得矩形ABDF ，则AB ＝DF ＝2，AF ＝BD＝8．所以AE 1313．【失分点】利用勾股定理，错点．【反思】本题由勾股定理得出线段的长，并用二次根式表示，结合图形发现AC ＋CE 的最小值即是线段AE 的长．比较困难的是第(3)问，类比第(1)问的代数式，画出图形，求出线段的长．运用了数形结合思想．【牛刀小试】1．如图3，在等腰梯形ABCD 中，已知AD ∥BC ，AB ＝DC ，AD ＝2，BC ＝4，延长BC 到E ，使CE ＝AD ．(1)写出图中所有与△DCE 全等的三角形，并选择其中一对说明全等的理由．(2)探究当等腰梯形ABCD 的高DF 是多少时，对角线AC 与BD 互相垂直？请回答并说明理由．2．（2010随州）已知抛物线y ＝ax 2 ＋bx ＋c(a ≠0)顶点为C(1，1)，且过原点O ．过抛物线上一点P(x ，y )向直线y ＝54作垂线，垂足为M ，连接FM(如图4)． (1)求字母a ，b ，c 的值． (2)在直线x ＝1上有一点F （1，34），求以PM 为底边的等腰三角形PFM 的P 点的坐标，并证明此时△PFM 为正三角形．二、策略开放与探索策略开放性问题，一般指解题方法不唯一或解题途径不明确的问题，这类问题要求解题者不墨守成规，善于突破常规，积极发散思维，优化解题方案和过程，【题2】 (2011德州)●观察计算当a ＝5，b ＝3时，2a b +与_______．当a ＝4，b ＝4时，2a b +与_______． ●探究证明如图5所示，△ABC 为圆O 的内接三角形，AB 为直径，过C 作CD ⊥AB 于D ，设AD ＝a ．BD ＝b ．(1)分别用a 、b 表示线段OC ，CD ；(2)探求OC 与CD 表达式之间存在的关系（用含a ，b 的式子表示）．●归纳结论根据上面的观察计算、探究证明，你能得出2a b +_______． ●实践应用要制作面积为1平方米的长方形镜框，直接利用探究得出的结论，求出镜框周长的最小值．【思路】 (2)利用△ACD ∽△CBD ，对应边成比例计算CD ．【解答】●观察计算：2a b +2a b + ●探究证明：(1)∵AB ＝AD ＋BD ＝20C ，∴OC ＝2a b + ∵AB 为⊙O 直径，∴∠ACB ＝90°，∵∠A ＋∠ACD ＝90°，∠ACD ＋∠BCD ＝90°，∴∠A ＝∠BCD ．∴△ACD ∽△CBD ．∴AD CD CD BD=，即CD 2＝AD ·BD ＝ab ，∴CD(2)当a ＝b 时，OC ＝CD ，2a b +a ≠b 时，OC>CD ，2a b +●结论归纳：2a b +●实践应用设长方形一边长为x 米，则另一边长为1x米，设镜框周长为x 米，则124l x x ⎛⎫=+≥ ⎪⎝⎭． 当x ＝1x，即x ＝1（米）时，镜框周长最小． 此时四边形为正方形时，周长最小为4米，【失分点】 不能直接利用射影定理得到CD 2＝AD ·BD ＝ab ．【反思】本题的实质是把相关代数式转化为(a －b )2，利用非负数的性质求解，即()20a b -≥．【题3】用厚纸剪四个大小与形状完全相同的直角三角形，形状如图6所示，然后拼拼摆摆（不能重叠），使得组成的图形中有正方形．请尽量多设计几个符合要求的不同的图形，并说明在哪种情况下正方形的面积最大．【思路】按要求动手剪四个这样的直角三角形，拼一拼，美丽的图形就诞 生了，再考虑面积．注意正方形的面积是边长的平方．【解答】图7中各图均符合要求，其中图7(3)中外围正方形的面积最大，边长为直角三角形的两条直角边之和．【失分点】最大的正方形边长为直角三角形两直角边的和，而不是斜边．【反思】图形的设计注意设计的要求，一定要出现正方形，要想面积最大，就要使正方形的边长尽可能地大．【牛刀小试】3．解下列方程，将得到的解填入下面的表格中，观察表格中两个解的和与积，它们和原来的方程的系数有什么联系？(1)x 2－2x ＝0；(2)x 2＋3x －4＝0；(3)x 2－5x ＋6＝0．(1)请用文字语言概括你的发现：______________________________________________________________________(2)一般地，对于关于x 的方程x 2＋p x ＋q ＝0(p ，q 为常数，p 2－4q ≥0)的两根为x 1、x 2，则x 1＋x 2＝_______，x 1x 2＝_______(3)运用以上发现，解决下面的问题：①已知一元二次方程x 2－2x －7＝0的两个根为x 1，x 2，则x 1＋x 2的值为( )．A ．－2B ．2C ．－7D ．7②已知x 1，x 2是方程2x 2－x －3＝0的两根，试求(1＋x 1)(1＋x 2)和2212x x 的值．三、结论开放与探索给出问题的条件，让解题者根据条件探索相应的结论，并且符合条件的结论往往呈现多样性，或者相应的结论的“存在性”需要解题者进行推断，甚至要求解题者探求条件在变化中的结论，这些问题都是结论开放性问题．它要求解题者充分利用条件进行大胆而合理的猜想，发现规律，得出结论，主要考查解题者的发散性思维和所学基本知识的应用能力．【题4】在一块长16 m ，宽12 m 的矩形荒地上，要建造一个花园，要求花园面积是荒地面积的一半，下面分别是小华与小芳的设计方案．(1)同学们都认为小华的方案是正确的，但对小芳方案是否符合条件有不同意见，你认为小芳的方案符合条件吗？若不符合，请用方程的方法说明理由．(2)你还有其他的设计方案吗？请画出你所设计的草图，将花园部分涂上阴影，并加以说明．【思路】在小芳的设计方案中，可以求出四周的面积是否占总面积的一半．当然本题要用方程的思想说明理由，因此，我们不妨假设四周面积已经占总面积的一半，建立方程，求出四周小路的宽度，与条件中的1m 进行比较，【解答】(1)不符合．设小路宽度均为x m ，根据题意得()()116212216122x x --=⨯⨯， 解这个方程得x 1＝2，x 2＝12．但x 2＝12不符合题意，应舍去，∴x ＝2．∴小芳的方案不符合条件，小路的宽度均为2 m ．(2)答案不唯一．例如：【失分点】设计的图形中未标明数据或作必要的说明．【反思】数学来源于生活又服务于生活，数学学习中应更多地培养应用数学的观念．本题图形的方案设计具有较大的开放性，应根据设计要求，合理想象，对于求解过程有简有繁，在此设计中抓住“花园所占面积为荒地面积的一半”，可以有许多美妙设计，图11是部分设计．上述设计的图案中有的不需要解方程，只须利用几何图形的对称性质．【题5】张明、王成两位同学八年级10次数学单元自我检测的成绩（成绩均为整数，且个位数为0）分别如图12所示：(1)根据上图中提供的数据填写下表：(2)如果将90分以上（含90分）的成绩视为优秀，则优秀率高的同学是_______．(3)根据图表信息，请你对这两位同学各提一条不超过20个字的学习建议．【思路】这是一道统计计算题，从图中获取有关信息，计算表中所需补充的统计量，同时会从图中把握识别优秀学生的标准，并对两同学提出合理化建议．可由样本平均数公式、方差公式直接代入数据求出，在平均数相同的条件下，可利用方差判断“优生”问题，方差越小，波动越小，成绩就稳定．【解答】(1)根据样本平均数、方差公式、中位数、众数的定义可以求出，张明的成绩从低到高排列为：70，70，70，80，80，80，80，90，90，90，从而张明的中位数为80．王成同学的平均成绩也为80分，中位数为85，众数为90．(2)若将90分以上（含90分）的成绩视为优秀，则10次单元自我检测成绩中，张明同学仅有3次成绩达到优秀，而王成同学有5次成绩达到优秀．因此，优秀率高的同学应是王成．(3)尽管王成同学的优秀率高，但他的成绩不稳定（方差大）．而张明同学虽然优秀率比不上王成同学，但他的考试成绩相对稳定．根据两同学10次检测的成绩看，发现他们各有所长，也各有所短，我认为王成的学习要持之以恒，保持稳定，张明同学的学习还需加一把劲，提高优秀率．【失分点】成绩优秀的应包括90分．【反思】通过这个问题的解答，我们深刻地体会到，并不是像很多同学认为的，方差越小就越好，应该具体问题具体分析．【题6】（2010临沂）如图13 (1)，已知矩形ABCD，点C是边DE的中点，且AB ＝2AD．(1)判断△ABC的形状，并说明理由．(2)保持图(1)中的△ABC固定不变，绕点C旋转DE所在的直线MN到图13 (2)中的位置（垂线段AD，BE在直线MN的同侧）．试探究线段AD，BE，DE长度之间有什么关系，并给予证明．(3)保持图13(2)中的△ABC固定不变，继续绕点C旋转DE所在的直线MN到图13 (3)中的位置（垂线段AD，BE在直线MN的异侧）．试探究线段AD，BE，DE长度之间有什么关系，并给予证明．【思路】通过观察和分析条件，很容易找到图中全等的三角形，从而引导我们去发现线段AD，BE，DE之间的数量关系．【解答】(1)△ABC是等腰直角三角形．【失分点】判断△ABC 的形状要从边（是否相等，有几条边等）和角（是否有直角）两方面．容易因考虑不全面而失分．【反思】在解决新问题时，我们要学会从已经解决的问题中总结解决问题的方法和规律．【题7】正方形ABCD 与正方形CEFG 的位置如图15所示，点G 在线段CD 或CD 的延长线上．分别连接BD ，BF ，FD ，得到△BF D ．(1)在图15①～③中，若正方形CEFG 的边长分别为1，3，4，且正方形ABCD 的边长均为3，请通过计算填写下表：(2)若正方形CEFG 的边长为a ，正方形ABCD 的边长为b ，猜想S △BFD 的大小，并结合图15③说明你的猜想．【思路】(1)三角形的面积可以通过S △BFD ＝S △BCD ＋S 梯形CEFD －S △BEF 来求，利用这种特殊到一般的关系得到一般规律．(2)连接CF ，由正方形性质可知∠DBC ＝∠FCE ＝45°，∴BD ∥CF ．∴△BFD 与△BCD 的BD 边上的高相等．∴S △BFD ＝S △BCD ＝12b 2．也可根据关系式S △BFD ＝S △BCD ＋S 梯形CEFD －S △BEF 来求得S △BFD 的大小．【解答】(1)(2)猜想S △BFD ＝12b 2【失分点】 由(1)的结论，猜出S △BFD 的大小不变，但不能猜到是12b 2． 【反思】本题是综合考查几何说明推理能力的题目，要求能从复杂的图形背景中找到与所求的三角形有关的其他图形之间的关系，同时利用正方形、三角形的有关性质得出结论，同时本题是一题多解的题目，可以很好地考查思维的多样性和深刻性．【题8】张师傅在铺地板时发现，用8块大小一样的长方形瓷砖恰好可以拼成一个大的长方形，如图17(1)．然后，他用这8块瓷砖又拼出一个正方形，如图17 (2)，中间恰好空出一个边长为1的小正方形（阴影部分）．假设长方形的长为y ，宽为x ，且y >x ．(1)请你求出图17(1)中y 与x 的函数关系式．(2)求出图17(2)中y 与x 的函数关系式．(3)在图17(3)中作出两个函数的图象，写出交点坐标，并解释交点坐标的实际意义．(4)根据以上讨论完成下表，观察x 与y 的关系，回答：如果给你任意8个相同的长方形，你能否拼出类似图(1)和图(2)的图形？说出你的理由．【思路】图17 (1)和图17 (2)暗示了对边相等或者整体面积等于部分面积之和．“对边相等”或者“整体面积等于部分面积之和”均蕴含等量关系，可列方程，“能否拼出类似图(1)和图(2)的图形”要看能否满足相应的函数关系式．(3)交点坐标为(3，5)．实际意义解答不唯一．如：①瓷砖的长为5，宽为3时，能围成图17(1)，图17(2)的图形，②当瓷砖的长为5，宽为3时，围成图17(2)的正方形中的小正方形边长为1．(4)能否拼图，请同学们自行验证．【失分点】通过分析，得出长方形的长与宽满足的函数关系y＝53 x．【反思】读出图示信息，把实际问题转换成数学问题，是解题的关键，【题9=a>b>0，是否存在满足此式的整数对(a，b)?若存在这样的整数对，请求出来．故存在满足该条件的整数对，它们分别是(656，369)，(1025，164)，(1476，41)．【失分点】只是通过试探，找到一两个满足条件的数对，而不能找出全部．【反思】探究存在性型问题是指在一定的条件下，判断某种数学对象是否存在的问题，它有结论存在和结论不存在两种情形．解答这类问题，一般先对结论作肯定存在的假设，然后由此肯定的假设出发，结合已知条件进行推理论证．若推出矛盾，则否定先前假设；若推出合理的结论，则说明假设正确，由此得出问题的结论．【题10】如图18，在等腰梯形ABCD 中，AB ＝DC ＝5，AD ＝4，BC ＝10．点E 在下底边BC 上，点F 在腰AB 上．(1)若EF 平分等腰梯形ABCD 的周长，设BE 长为x ，试用含x 的代数式表示△BEF 的面积．(2)是否存在线段EF 将等腰梯形ABCD 的周长和面积同时平分？若存在，求出此时BE 的长；若不存在，请说明理由．(3)是否存在线段EF 将等腰梯形ABCD 的周长和面积同时分成1：2的两部分？若存在，求此时BE 的长；若不存在，请说明理由．【思路】 分别过点A 作AK ⊥BC 于点K ，过点F 作FG ⊥BC 于点G （图19），由勾股定理得到AK ＝4，而△BGF ∽△BKA ，得GF BF KA BA =，进而求得FG ＝125x-×4，最终求得△BEF 的面积．【解答】(1)由已知条件易得，梯形周长为24，高为4，面积为28． 过点F 作FG ⊥BC 于G ，过点A 作AK ⊥BC 于K ．则可得，FG ＝125x-×4． 所以S △BEF ＝12BE ·FG ＝222455x x -+ (7≤x ≤10)． (2)存在． 由(1)得222455x x -+＝14，解这个方程，得x 1＝7，x 2＝5（不合题意，舍去），所以存在线段EF 将等腰梯形ABCD 的周长与面积同时平分，此时BE ＝7． (3)不存在，假设存在，显然有S △BEF ：S 多边形AFECD ＝1：2，(BE ＋BF)：(AF ＋AD ＋DC) ＝1：2．则有221628553x x -+=，整理．得3x 2－24x ＋70＝0，此时的求根公式中的b 2－4a c ＝576－840<0，所以不存在这样的实数x ．即不存在线段EF 将等腰梯形ABCD 的周长和面积同时分成1：2的两部分．【失分点】想不到把“能否”分的问题转化为方程是否有解的问题．【反思】对于存在型问题，可根据题意，先假定所要求的结果存在，再结合相关性质予以推算论证．如能推得结果且符合题意，则假设成立，结果存在；否则，则所要求的结果不存在．求解本题时应注意：一是要能正确确定x 的取值范围；二是在求得x 2＝5时，并不满足7≤x ≤10，应舍去；三是处理第(3)个问题时的实质是利用一元二次方程来探索问题的存在性．【牛刀小试】4．（2011徐州）如图①，在△ABC 中，AB ＝AC ，BC ＝a cm ，∠B ＝30°，动点P 以1 cm/s 的速度从点B 出发，沿折线B －A －C 运动到点C 时停止运动．设点P 出发x s 时，△PBC 的面积为y cm 2．已知y 和x 的函数图象如图②所示．请根据图中信息，解答下列问题：(1)试判断△DOE 的形状，并说明理由； (2)当口为何值时，△DOE 和△ABC 相似？5．（2010黄冈）如图21．一个含45°的三角板HBE 的两条直角边与正方形ABCD 的两邻边所在的直线重合，过E 点作EF ⊥AE 交∠DCE 的角平分线于F 点，试探究线段AE 与EF 的数量关系，并说明理由．6．如图22，平面直角坐标系中有一直角梯形OMNH ，点H 的坐标为（－8，0），点N 的坐标为(－6，－4)．(1)画出直角梯形OMNH 绕点O 旋转180°得到的图形OABC ，并写出顶点A ，B ，C 的坐标（点M 的对应点为A ，点N 的对应点为B ，点H 的对应点为C ）． (2)求出过A ，B ，C 三点的抛物线的表达式．(3)截取CE ＝OF ＝AG ＝m ，且E ，F ，G 分别在线段CO ，OA ，AB 上，求四边形．．．BEFG 的面积S 与m 之间的函数关系式，并写出自变量m 的取值范围．面积S 是否存在最小值？若存在，请求出这个最小值；若不存在，请说明理由．(4)在(3)的情况下，四边形BEFG 是否存在邻边相等的情况？若存在，请直接写出此时m 的值，并指出相等的邻边；若不存在，说明理由．7．（2010福州）如图23(1)，在平面直角坐标系中，点B 在直线y ＝2x 上，过点B 作x 轴的垂线，垂足为A ，OA ＝5．若抛物线y ＝16x 2＋bx ＋c 过O ，A 两点．(1)求该抛物线的解析式．(2)若A点关于直线y＝2x的对称点为C，判断点C是否在该抛物线上，并说明理由．(3)如图23(2)．在(2)的条件下，⊙O1是以BC为直径的圆，过原点O作⊙O1的切线OP，P为切点（点P与点C不重合）．抛物线上是否存在点Q，使得以PQ为直径的圆与⊙O1相切？若存在，求出点Q的横坐标；若不存在，请说明理由．解题策略应该说，“背题型”、“记套路”的方式并不适合于开放探究类试题的学习．此类题的解答要注意“三断”：判断——判断解题方向，推断——合情、逻辑两种推理，果断——大胆放弃、当转则转；解题的三想：回想、联想、猜想，及化静为动、转换角度、逆向思维、数形结合、分类讨论、问题分解，等等．参考答案1．(1)△CDA≌△DCE，△BAD≌△DCE．(2)DF＝32．(1)a＝－1，b＝2，c＝0．(2)略3．填表略．(1)两根之和，等于一次项系数除以二次项系数所得商的相反数；两根之积，等于常数项除以二次项系数所得的商．(2)－p，q．(3)B，0，13 44．(1)△DOE是等腰三角形．5．AE＝EF．6．(1)利用中心对称性质，画出梯形OABC．A(0，4)，B(6，4)，C(8，0)．(2)y＝－14x2＋32x＋4．(3)S＝m2－8m＋28(0<m<4)．不存在(4)当m＝2时，BE＝BG．7．(1)y＝16x2－56x (2)在该抛物线上．(3)O1P的解析式为y＝－43253+点Q。

中考数学复习专题第二讲开放探究型问题【要点梳理】开放探究型问题的内涵：所谓开放探究型问题是指已知条件、解题依据、解题方法、问题结论这四项要素中，缺少解题要素两个或两个以上，需要通过观察、分析、比较、概括、推理、判断等探索活动来确定所需求的条件或结论或方法．(1)常规题的结论往往是唯一确定的，而多数开放探究题的结论是不确定或不是唯一的，它是给学生有自由思考的余地和充分展示思想的广阔空间；(2)解决此类问题的方法，可以不拘形式，有时需要发现问题的结论，有时需要尽可能多地找出解决问题的方法，有时则需要指出解题的思路等．对于开放探究型问题，需要通过观察、比较、分析、综合及猜想，展开发散性思维，充分运用已学过的数学知识和数学方法，经过归纳、类比、联想等推理的手段，得出正确的结论．在解开放探究题时，常通过确定结论或补全条件，将开放性问题转化为封闭性问题．【学法指导】三个解题方法(1)条件开放型问题：由已知的结论反思题目应具备怎样的条件，即从题目的结论出发，结合图形挖掘条件，逆向追索，逐步探寻，是一种分析型思维方式．它要求解题者善于从问题的结论出发，逆向追索，多途寻因；(2)结论开放型问题：从剖析题意入手，充分捕捉题设信息，通过由因导果，顺向推理或联想、类比、猜测等，从而获得所求的结论；(3)条件和结论都开放型：此类问题没有明确的条件和结论，并且符合条件的结论具有多样性，需将已知的信息集中进行分析，探索问题成立所必须具备的条件或特定的条件应该有什么结论，通过这一思维活动得出事物内在联系，从而把握事物的整体性和一般性．【考点解析】条件开放型问题（2017贵州安顺）如图，DB∥AC，且DB=AC，E是AC的中点，（1）求证：BC=DE；（2）连接AD、BE，若要使四边形DBEA是矩形，则给△ABC添加什么条件，为什么？【考点】LC：矩形的判定；L7：平行四边形的判定与性质．【分析】（1）要证明BC=DE，只要证四边形BCED是平行四边形．通过给出的已知条件便可．（2）矩形的判定方法有多种，可选择利用“对角线相等的平行四边形为矩形”来解决．【解答】（1）证明：∵E是AC中点，∴EC=AC．∵DB=AC，∴DB∥EC．又∵DB∥EC，∴四边形DBCE是平行四边形．∴BC=DE．（2）添加AB=BC．（ 5分）理由：∵DB AE，∴四边形DBEA是平行四边形．∵BC=DE，AB=BC，∴AB=DE．∴▭ADBE是矩形．结论开放型问题（2017广西河池）（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD 上，AE⊥BF于点M，求证：AE=BF；（2）如图2，将（1）中的正方形ABCD改为矩形ABCD，AB=2，BC=3，AE ⊥BF于点M，探究AE与BF的数量关系，并证明你的结论．【考点】S9：相似三角形的判定与性质；KD：全等三角形的判定与性质；LE：正方形的性质．【分析】（1）根据正方形的性质，可得∠ABC与∠C的关系，AB与BC的关系，根据两直线垂直，可得∠AMB的度数，根据直角三角形锐角的关系，可得∠ABM与∠BAM的关系，根据同角的余角相等，可得∠BAM与∠CBF的关系，根据ASA，可得△ABE≌△BCF，根据全等三角形的性质，可得答案；（2）根据矩形的性质得到∠ABC=∠C，由余角的性质得到∠BAM=∠CBF，根据相似三角形的性质即可得到结论．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠C，AB=BC．∵AE⊥BF，∴∠AMB=∠BAM+∠ABM=90°，∵∠ABM+∠CBF=90°，∴∠BAM=∠CBF．在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（ASA），∴AE=BF；（2）解：AB=BC，理由：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠C，∵AE⊥BF，∴∠AMB=∠BAM+∠ABM=90°，∵∠ABM+∠CBF=90°，∴∠BAM=∠CBF，∴△ABE∽△BCF，∴=，∴AB=BC．存在开放型问题（2017广东）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO是矩形，点A，C的坐标分别是A（0，2）和C（2，0），点D是对角线AC上一动点（不与A，C重合），连结BD，作DE⊥DB，交x轴于点E，以线段DE，DB为邻边作矩形BDEF．（1）填空：点B的坐标为（2，2）；（2）是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，请求出AD 的长度；若不存在，请说明理由；（3）①求证： =；②设AD=x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式（可利用①的结论），并求出y的最小值．【考点】SO：相似形综合题．【分析】（1）求出AB、BC的长即可解决问题；（2）存在．连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．首先证明B、D、E、C 四点共圆，可得∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，由tan∠ACO==，推出∠ACO=30°，∠ACD=60°由△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，推出∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，推出∠DBC=∠BCD=60°，可得△DBC是等边三角形，推出DC=BC=2，由此即可解决问题；（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，推出∠DBC=∠DCE=30°，由此即可解决问题；②作DH⊥AB于H．想办法用x表示BD、DE的长，构建二次函数即可解决问题；【解答】解：（1）∵四边形AOCB是矩形，∴BC=OA=2，OC=AB=2，∠BCO=∠BAO=90°，∴B（2，2）．故答案为（2，2）．（2）存在．理由如下：连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．∵∠BDE=∠BCE=90°，∴KD=KB=KE=KC，∴B、D、E、C四点共圆，∴∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，∵tan∠ACO==，∴∠ACO=30°，∠ACB=60°①如图1中，△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，∴∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，∴∠DBC=∠BCD=60°，∴△DBC是等边三角形，∴DC=BC=2，在Rt△AOC中，∵∠ACO=30°，OA=2，∴AC=2AO=4，∴AD=AC﹣CD=4﹣2=2．∴当AD=2时，△DEC是等腰三角形．②如图2中，∵△DCE是等腰三角形，易知CD=CE，∠DBC=∠DEC=∠CDE=15°，∴∠ABD=∠ADB=75°，∴AB=AD=2，综上所述，满足条件的AD的值为2或2．（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，∴∠DBC=∠DCE=30°，∴tan∠DBE=，∴=．②如图2中，作DH⊥AB于H．在Rt△ADH中，∵AD=x，∠DAH=∠ACO=30°，∴DH=AD=x，AH==x，∴BH=2﹣x，在Rt△BDH中，BD==，∴DE=BD=•，∴矩形BDEF的面积为y= []2=（x2﹣6x+12），即y=x2﹣2x+4，∴y=（x﹣3）2+，∵＞0，∴x=3时，y有最小值．综合开放型问题（2017山东泰安）如图，四边形ABCD是平行四边形，AD=AC，AD⊥AC，E 是AB的中点，F是AC延长线上一点．（1）若ED⊥EF，求证：ED=EF；（2）在（1）的条件下，若DC的延长线与FB交于点P，试判定四边形ACPE 是否为平行四边形？并证明你的结论（请先补全图形，再解答）；（3）若ED=EF，ED与EF垂直吗？若垂直给出证明．【考点】LO：四边形综合题．【分析】（1）根据平行四边形的想知道的AD=AC，AD⊥AC，连接CE，根据全等三角形的判定和性质即可得到结论；（2）根据全等三角形的性质得到CF=AD，等量代换得到AC=CF，于是得到CP=AB=AE，根据平行四边形的判定定理即可得到四边形ACPE为平行四边形；（3）过E作EM⊥DA交DA的延长线于M，过E作EN⊥FC交FC的延长线于N，证得△AME≌△CNE，△ADE≌△CFE，根据全等三角形的性质即可得到结论．【解答】（1）证明：在▱ABCD中，∵AD=AC，AD⊥AC，∴AC=BC，AC⊥BC，连接CE，∵E是AB的中点，∴AE=EC，CE⊥AB，∴∠ACE=∠BCE=45°，∴∠ECF=∠EAD=135°，∵ED⊥EF，∴∠CEF=∠AED=90°﹣∠CED，在△CEF和△AED中，，∴△CEF≌△AED，∴ED=EF；（2）解：由（1）知△CEF≌△AED，CF=AD，∵AD=AC，∴AC=CF，∵DP∥AB，∴FP=PB，∴CP=AB=AE，∴四边形ACPE为平行四边形；（3）解：垂直，理由：过E作EM⊥DA交DA的延长线于M，过E作EN⊥FC交FC的延长线于N，在△AME与△CNE中，，∴△AME≌△CNE，∴∠ADE=∠CFE，在△ADE与△CFE中，，∴△ADE≌△CFE，∴∠DEA=∠FEC，∵∠DEA+∠DEC=90°，∴∠CEF+∠DEC=90°，∴∠DEF=90°，∴ED⊥EF．【真题训练】训练一：（2017日照）如图，已知BA=AE=DC，AD=EC，CE⊥AE，垂足为E．（1）求证：△DCA≌△EAC；（2）只需添加一个条件，即AD=BC（答案不唯一），可使四边形ABCD 为矩形．请加以证明．训练二：（2017湖北荆州）如图，在矩形ABCD中，连接对角线AC、BD，将△ABC沿BC方向平移，使点B移到点C，得到△DCE．（1）求证：△ACD≌△EDC；（2）请探究△BDE的形状，并说明理由．训练三：如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D，E分别是边BC，AB上的中点，连接DE并延长至点F，使EF=2DF，连接CE、AF．（1）证明：AF=CE；（2）当∠B=30°时，试判断四边形ACEF的形状并说明理由．训练四：（2017广东）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO 是矩形，点A，C的坐标分别是A（0，2）和C（2，0），点D是对角线AC上一动点（不与A，C重合），连结BD，作DE⊥DB，交x轴于点E，以线段DE，DB 为邻边作矩形BDEF．（1）填空：点B的坐标为（2，2）；（2）是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，请求出AD 的长度；若不存在，请说明理由；（3）①求证： =；②设AD=x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式（可利用①的结论），并求出y的最小值．训练五：（2017•黑龙江）在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O．若四边形ABCD是正方形如图1：则有AC=BD，AC⊥BD．旋转图1中的Rt△COD到图2所示的位置，AC′与BD′有什么关系？（直接写出）若四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，旋转Rt△COD至图3所示的位置，AC′与BD′又有什么关系？写出结论并证明．参考答案：训练一：（2017日照）如图，已知BA=AE=DC，AD=EC，CE⊥AE，垂足为E．（1）求证：△DCA≌△EAC；（2）只需添加一个条件，即AD=BC（答案不唯一），可使四边形ABCD 为矩形．请加以证明．【考点】LC：矩形的判定；KD：全等三角形的判定与性质．【分析】（1）由SSS证明△DCA≌△EAC即可；（2）先证明四边形ABCD是平行四边形，再由全等三角形的性质得出∠D=90°，即可得出结论．【解答】（1）证明：在△DCA和△EAC中，，∴△DCA≌△EAC（SSS）；（2）解：添加AD=BC，可使四边形ABCD为矩形；理由如下：∵AB=DC，AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵CE⊥AE，∴∠E=90°，由（1）得：△DCA≌△EAC，∴∠D=∠E=90°，∴四边形ABCD为矩形；故答案为：AD=BC（答案不唯一）．训练二：（2017湖北荆州）如图，在矩形ABCD中，连接对角线AC、BD，将△ABC沿BC方向平移，使点B移到点C，得到△DCE．（1）求证：△ACD≌△EDC；（2）请探究△BDE的形状，并说明理由．【考点】LB：矩形的性质；KD：全等三角形的判定与性质；Q2：平移的性质．【分析】（1）由矩形的性质得出AB=DC，AC=BD，AD=BC，∠ADC=∠ABC=90°，由平移的性质得：DE=AC，CE=BC，∠DCE=∠ABC=90°，DC=AB，得出AD=EC，由SAS即可得出结论；（2）由AC=BD，DE=AC，得出BD=DE即可．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB=DC，AC=BD，AD=BC，∠ADC=∠ABC=90°，由平移的性质得：DE=AC，CE=BC，∠DCE=∠ABC=90°，DC=AB，∴AD=EC，在△ACD和△EDC中，，∴△ACD≌△EDC（SAS）；（2）解：△BDE是等腰三角形；理由如下：∵AC=BD，DE=AC，∴BD=DE，∴△BDE是等腰三角形．训练三：如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D，E分别是边BC，AB上的中点，连接DE并延长至点F，使EF=2DF，连接CE、AF．（1）证明：AF=CE；（2）当∠B=30°时，试判断四边形ACEF的形状并说明理由．【考点】L9：菱形的判定；KX：三角形中位线定理；L7：平行四边形的判定与性质．【分析】（1）由三角形中位线定理得出DE∥AC，AC=2DE，求出EF∥AC，EF=AC，得出四边形ACEF是平行四边形，即可得出AF=CE；（2）由直角三角形的性质得出∠BAC=60°，AC=AB=AE，证出△AEC是等边三角形，得出AC=CE，即可得出结论．【解答】（1）证明：∵点D，E分别是边BC，AB上的中点，∴DE∥AC，AC=2DE，∵EF=2DE，∴EF∥AC，EF=AC，∴四边形ACEF是平行四边形，∴AF=CE；（2）解：当∠B=30°时，四边形ACEF是菱形；理由如下：∵∠ACB=90°，∠B=30°，∴∠BAC=60°，AC=AB=AE，∴△AEC是等边三角形，∴AC=CE，又∵四边形ACEF是平行四边形，∴四边形ACEF是菱形．训练四：（2017广东）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO 是矩形，点A，C的坐标分别是A（0，2）和C（2，0），点D是对角线AC上一动点（不与A，C重合），连结BD，作DE⊥DB，交x轴于点E，以线段DE，DB 为邻边作矩形BDEF．（1）填空：点B的坐标为（2，2）；（2）是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，请求出AD 的长度；若不存在，请说明理由；（3）①求证： =；②设AD=x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式（可利用①的结论），并求出y的最小值．【考点】SO：相似形综合题．【分析】（1）求出AB、BC的长即可解决问题；（2）存在．连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．首先证明B、D、E、C 四点共圆，可得∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，由tan∠ACO==，推出∠ACO=30°，∠ACD=60°由△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，推出∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，推出∠DBC=∠BCD=60°，可得△DBC是等边三角形，推出DC=BC=2，由此即可解决问题；（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，推出∠DBC=∠DCE=30°，由此即可解决问题；②作DH⊥AB于H．想办法用x表示BD、DE的长，构建二次函数即可解决问题；【解答】解：（1）∵四边形AOCB是矩形，∴BC=OA=2，OC=AB=2，∠BCO=∠BAO=90°，∴B（2，2）．故答案为（2，2）．（2）存在．理由如下：连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．∵∠BDE=∠BCE=90°，∴KD=KB=KE=KC，∴B、D、E、C四点共圆，∴∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，∵tan∠ACO==，∴∠ACO=30°，∠ACB=60°①如图1中，△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，∴∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，∴∠DBC=∠BCD=60°，∴△DBC是等边三角形，∴DC=BC=2，在Rt△AOC中，∵∠ACO=30°，OA=2，∴AC=2AO=4，∴AD=AC﹣CD=4﹣2=2．∴当AD=2时，△DEC是等腰三角形．②如图2中，∵△DCE是等腰三角形，易知CD=CE，∠DBC=∠DEC=∠CDE=15°，∴∠ABD=∠ADB=75°，∴AB=AD=2，综上所述，满足条件的AD的值为2或2．（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，∴∠DBC=∠DCE=30°，∴tan∠DBE=，∴=．②如图2中，作DH⊥AB于H．在Rt△ADH中，∵AD=x，∠DAH=∠ACO=30°，∴DH=AD=x，AH==x，∴BH=2﹣x，在Rt△BDH中，BD==，∴DE=BD=•，∴矩形BDEF的面积为y= []2=（x2﹣6x+12），即y=x2﹣2x+4，∴y=（x﹣3）2+，∵＞0，∴x=3时，y有最小值．训练五：（2017•黑龙江）在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O．若四边形ABCD是正方形如图1：则有AC=BD，AC⊥BD．旋转图1中的Rt△COD到图2所示的位置，AC′与BD′有什么关系？（直接写出）若四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，旋转Rt△COD至图3所示的位置，AC′与BD′又有什么关系？写出结论并证明．【考点】LE：正方形的性质；KD：全等三角形的判定与性质；L8：菱形的性质；R2：旋转的性质．【分析】图2：根据四边形ABCD是正方形，得到AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，等量代换得到AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，根据全等三角形的性质得到AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，于是得到结论；图3：根据四边形ABCD是菱形，得到AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，求得OB=√3OA，OD=√3OC，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，求得OD′=√3OC′，∠AOC′=∠BOD′，根据相似三角形的性质得到BD′=√3AC′，于是得到结论．【解答】解：图2结论：AC′=BD′，AC′⊥BD′，理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，∴AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，在△AOC′与△BOD′中，{AO=BO∠AOC′=∠BOD′OC′=OD′，∴△AOC′≌△BOD′，∴AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，∴AC′⊥BD′；图3结论：BD′=√3AC′，AC′⊥BD’理由：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，∵∠ABC=60°，∴∠ABO=30°，∴OB=√3OA，OD=√3OC，∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，∴OD′=√3OC′，∠AOC′=∠BOD′，∴OBOA =OD′OC′=√3，∴△AOC′∽△BOD′，∴BD′AC′=OBOA=√3，∠OAC′=∠OBD′，∴BD′=√3AC′，∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，∴AC′⊥BD′．【点评】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，正确的识别图形是解题的关键．。

2012年中考物理发散、开放类问题及其解题方法课程解读开放性试题指题设条件不确定、解题方法多样、答案不唯一的题目。

该类题目，以其多端性与变通性反映了新课标的特点，成为中考的亮点。

开放性试题有条件开放、过程开放、结论开放三种形式。

解决开放性试题，要求认真挖掘题目的隐含条件，对问题从不同角度进行探究，尤其要抓住题目的重点字句进行分析、比较，克服思维定势，用开放性思维对题目所给的条件、过程、结论进行全面分析，找到解决问题的方法。

知识梳理类型一：条件开放条件开放型试题的特点是题设条件的“不唯一、不给出、不确定”，条件多余或隐含，不指明所要求解的问题。

即过程、结论一定，由不同的条件达到同一结论。

解这类试题的基本思路就是从题设条件入手，变换角度，创设情境，使解题过程具有开放性，这类题目以选择题为主。

条件开放的选择题所给的选项均各自独立，但所求的结果却是唯一的。

解这类题必须对各选项进行逐一分析，从而得出正确的答案。

类型二：过程（策略）开放条件、结论都一定，解题过程或策略开放，一题多解及开放设计性实验属于这类题。

一般是策略性开放，思路不唯一，进而步骤、过程都不统一，开放设计性实验有时连实验条件都不统一，需自行选定器材，再根据题目需要设计实验步骤，完成指定的设计性实验。

类型三：结论开放结论开放型题目的特点是“条件一定，结论多种多样”。

这类试题的结论不是唯一的，答案形式多样化，让同学们直接参与设计问题。

该类试题的出题形式较灵活，近年来越来越被出题者所关注，很多地区对这类题均有所考查，考查形式有：针对情境自己提出问题进行解答；找出题目中隐含的信息进行分析或作出解答；根据题目的中物理现象找出所利用的物理原理或关键词；对生活中的某种现象或情景提出自己的建议和想法等。

典型例题类型一：条件开放例：请你从下面的短文中找出三处蕴含物理知识的语句并加以说明。

示例：海面波光粼粼——光的反射清晨，我来到大海边，眼前出现一道亮丽的风景线。

开放性问题专题一、知识网络梳理教育部于1999、2000年接连印发的《关于初中毕业、升学考试改革的指导意见》中明确要求，数学试题应设计一定的“开放性问题”．此后，开放型试题成为各地中考的必考试题．所谓的开放型试题是指那些条件不完整，结论不确定的数学问题，常见的类型有条件观察、比较、分析、综合、抽象、概括和必要的逻辑思想去得出结论，对激发学习兴趣、培养想像、扩散、概括、隐喻等水平思维能力的探索创新能力十分有利，是今后中考的必考的题型．开放型试题重在开发思维，促进创新，提高数学素养，所以是近几年中考试题的热点考题．观察、实验、猜想、论证是科学思维方法，是新课标思维能力新添的内容，学习中应重视并应用．开放题是中考题多样化和时代发展要求的产物，单一的题型和测试目标限制了考生应用知识解决实际问题的能力，不利于激发学生的创造性．开放性试题能为考生提供更大的考虑问题的空间，在解题途径方面也是多样的，这样的试题是十分有利于考生发挥水平的，也有利于考生创新意识的培养．开放题的特征很多，如条件的不确定性，它是开放题的前提；结构的多样性，它是开放题的目标；思维的多向性，它是开放题的实质；解答的层次性，它是开放题的表象；过程的探究性，它是开放题的途径；知识的综合性，它是开放题的深化；情景的模拟性，它是开放题的实践；内涵的发展性，它是开放题的认识．过程开放或结论开放的问题能形成考生积极探究问题情景，鼓励学生多角度、多侧面、多层次地思考问题，有助于充分调动学生的潜在能力．题型1 条件开放与探索条件开放探索题的明确特征是缺少确定的条件，问题所需补充的条件不是得出结论的必要条件，所需补充的条件不能由结论推出．题型2 结论开放与探索 给出问题的条件，让解题者根据条件探索相应的结论，并且符合条件的结论往往呈现多样性，或者相应的结论的“存在性”需要解题者进行推断，甚至要求解题者探求条件在变化中的结论，这些问题都是结论开放性问题．它要求解题者充分利用条件进行大胆而合理的猜想，发现规律，得出结论，这类题主要考查解题者的发散性思维和所学基本知识的应用能力． 题型3 解题方法的开放与探索策略开放性问题，一般指解题方法不惟一或解题途径不明确的问题，这类问题要求解题者不墨守成规，善于标新立异，积极发散思维，优化解题方案和过程．二、知识运用举例 （一）条件开放 例1 (04苏州) 已知（x 1，y 1），(x 2，y 2)为反比例函数xky图象上的点，当x 1＜x 2＜0时，y 1＜y 2，则k 的一个值可为___________（只需写出符号条件的一个．．k 的值）解： 答案不唯一，只要符合k ＜0即可，如k ＝ —1，或k ＝ —2……．例2 (05深圳市) 如图，已知，在△ABC 和△DCB 中，AC ＝DB ，若不增加任何字母与辅助线，要使△ABC ≌△DCB ，则还需增加一个条件是__．例2图解：答案不惟一.如：AB ＝DC ；∠ACB ＝∠DBC ；∠A ＝∠D ＝Rt ∠…．例3（07南京市）已知点()P x y ，位于第二象限，并且4y x +≤，x y ，为整数，写出一．个．符合上述条件的点P 的坐标： ． 答：(13)-，，(12)-，，(11)-，，(21)-，，(22)-，，(31)-，六个中任意写出一个即可例4（05梅州）如图，四边形ABCD 是矩形，O 是它的中心，E 、F 是对角线AC 上的点．（1）如果__________ ，则ΔDEC ≌ΔBFA （请你填上能使结论成立的一个条件）； （2）证明你的结论．分析：这是一道探索条件、补充条件的开放型试题，解决这类问题的方法是假设结论成立，逐步探索其成立的条件．解：（1）AE ＝CF （OE ＝OF ；DE ⊥AC ；BF ⊥AC ；DE ∥BF 等等） （2）∵四边形ABCD 是矩形，∴AB ＝CD ，AB ∥CD ，∠DCE ＝∠BAF又∵AE ＝CF ，∴AC －AE ＝AC －CF ，∴AF ＝CE ， ∴ΔDEC ≌ΔBAF说明：考查了矩形的性质及三角形全等的判定．例5（06泰州市）已知：∠MAN ＝30°，O 为边AN 上一点，以O 为圆心，2为半径作⊙O ，交AN 于D ，E 两点，设AD ＝x ．（1）如图（1）当x 取何值时，⊙O 与AM 相切；（2）如图（2）当x 为何值时，⊙O 与AM 相交于B ，C 两点，且∠BOC ＝90°．【解答】（1）在图（1）中，当⊙O 与AM 相切时，设切点为F ．连结OF ，则OF ⊥AM ，•∵在Rt △AOF 中，∠MAN ＝30°，∴OF ＝12OA ．∴2＝12（x ＋2），∴x ＝2， ∴当x ＝2时，⊙O 与AM 相切．（2）•在图（2）中，过点O 作OH ⊥BC 于H ．当∠BOC ＝90°时，△BOC 是等腰直角三角形，∴BC=D C A∵OH ⊥BC ，∴BH ＝CH ，∴OH ＝12BC在Rt △AHO 中，∠A ＝30°，∴OH ＝12OA12（x ＋2），∴x ＝2． ∴当x ＝2时，⊙O 与AM 相交于B ，C 两点，且∠BOC ＝90°．【点评】解答这类问题往往是把结论反过来当条件用，本例利用了圆的切线性质和垂径定理，构造特殊直角三角形，使问题得以求解．（二）、结论开放 例1（05湖南湘潭）如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，AD ⊥BC ，D 为垂足．由以上两个条件可得________．(写出一个结论) 解：∠1＝∠2或BD ＝DC 或△ABD ≌△ACD 等．例2（04徐州）如图，◎Ol 与◎O 2相交于点A 、B ，顺次连结0l 、A 、02、B 四点，得四边形01A 02B ．（1）根据我们学习矩形、菱形、正方形性质时所获得的经验，探求图中的四边形有哪 些性质?(用文字语言写出4条性质)性质1．________________________________；性质2．________________________________； 性质3．________________________________； 性质4．________________________________．（2）设◎O 1的半径为尺，◎O 2的半径为r (R ＞r )，0l ，02的距离为d ．当d 变化时， 四边形01A 02B 的形状也会发生变化．要使四边形01A 02B 是凸四边形(把四边 形的任一边向两方延长，其他各边都在延长所得直线同一旁的四边形)．则d 的取 值范围是____________________________解：（1）是开放性问题，答案有许多，如： 性质1：相交两圆连心线垂直公共弦； 性质2：相交两圆连心线平分公共弦； 性质3：线段01A ＝线段01B ； 性质4：线段02B ＝线段02A ； 性质5：∠01A 02＝∠01B 02； 等等．（2）实质是相交两圆的d 与R ＋r 的关系，应为R —r ＜d ＜R ＋r ．例3（06莆田市）已知矩形ABCD 和点P ，当点P 在边BC 上任一位置（•如图①所示）时，易证得结论：PA 2＋PC 2＝PB 2＋PD 2，请你探究：当P •点分别在图②、•图③中的位置时，PA 2、PB 2、PC 2和PD 2又有怎样的数量关系？请你写出对上述两种情况的探究结论，•并21D B A利用图②证明你的结论．答：对图②的探究结论为__________．对图③的探究结论为_________．证明：如图2．结论均是：PA 2＋PC 2＝PB 2＋PD 2．证明：如图②过点P 作MN ⊥AD 交AD 于点M ，交BC 于点N ． ∵AD ∥BC ，MN ⊥AD ，∴MN ⊥BC 在Rt △AMP 中，PA 2＝PM 2＋MA 2 在Rt △BNP 中，PB 2＝PN 2＋BN 2 在Rt △DMP 中，PD 2＝DM 2＋PM 2 在Rt △CNP 中，PC 2＝PN 2＋NC 2 ∴PA 2＋PC 2＝PM 2＋MA 2＋PN 2＋NC 2 PB 2＋PD 2＝PM 2＋DM 2＋BN 2＋PN 2 ∵MN ⊥AD ，MN ⊥NC ，DC ⊥BC ． ∴四边形MNCD 是矩形． ∴MD ＝NC ． 同理 AM ＝BN ．∴PM 2＋MA 2＋PN 2＋NC 2＝PM 2＋DM 2＋BN 2＋PN 2． 即PA 2＋PC 2＝PB 2＋PD 2．【评析】本题也是一道结论开放题，通过阅读题目已知条件及要求，不难探究出正确结论，但是说明理由时，有一定的难度．正确作出辅助线，创造使用勾股的条件，是解决问题的关键．（三）综合开放例1（05宁波）如图，△ABC 中，AB ＝AC ，过点A 作GE ∥BC ，角平分线BD 、CF 相交于点H ，它们的延长线分别交GE 于点E 、G .试在图中找出3对全等三角形，并对其中一对全等三角形给出证明．解：△BCF ≌△CBD . △BHF ≌△CHD . △BDA ≌△CFA . (注意答案不唯一) 证明△BCF ≌△CBD ．∵AB ＝AC . ∴∠ABC ＝∠ACB . ∵BD 、CF 是角平分线. ∴∠BCF ＝21∠ACB ，∠CBD ＝21∠ABC ． ∴∠BCF ＝∠CBD . 又BC ＝CB . ∴△BCF ≌△CBD ．A DHF EG BC例2（05江西省）已知抛物线1)(2+--=m x y 与x 轴的交点为A 、B （B 在A 的右边），与y 轴的交点为C ．（1）写出1=m 时与抛物线有关的三个正确结论；（2）当点B 在原点的右边，点C 在原点的下方时，是否存在△BOC 为等腰三角形的情形?若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由； （3）请你提出一个对任意的m 值都能成立的正确命题（说明：根据提出问题的水平层次，得分有差异）．解：当m ＝1时，抛物线解析式为y ＝－2(1)x -＋1，可从对称轴、顶点坐标、开口方向、最值、增减性等多方面去写出许多正确结论，任写三个就可；（2）存在．m ＝2；（3）是结论开放题，答案有许多，如：抛物线y ＝－2()x m -＋1与x 轴总有交点，顶点纵坐标为1或函数最大值为1等．例3（07福州市）如图9，直线AC BD ∥，连结AB ，直线AC BD ，及线段AB 把平面分成①、②、③、④四个部分，规定：线上各点不属于任何部分．当动点P 落在某个部分时，连结PA PB ，，构成PAC ∠，APB ∠，PBD ∠三个角．（提示：有公共端点的两条重合的射线所组成的角是0角．）（1）当动点P 落在第①部分时，求证：APB PAC PBD ∠=∠+∠；（2）当动点P 落在第②部分时，APB PAC PBD ∠=∠+∠是否成立（直接回答成立或不成立）？（3）当动点P 在第③部分时，全面探究PAC ∠，APB ∠，PBD ∠之间的关系，并写出动点P 的具体位置和相应的结论．选择其中一种结论加以证明．解：（1）解法一：如图9－1 延长BP 交直线AC 于点E∵ AC ∥BD ， ∴ ∠PEA ＝ ∠PBD ． ∵ ∠APB ＝ ∠PAE ＋ ∠PEA ， ∴ ∠APB ＝ ∠PAC ＋ ∠PBD ．A BC D①② ③A BC D P① ②③ ④A BC D ① ② ③ ④ 图9④解法二：如图9－2过点P作FP∥AC ，∴∠PAC ＝∠APF .∵AC∥BD ，∴FP∥BD .∴∠FPB ＝∠PBD .∴∠APB ＝∠APF ＋∠FPB ＝∠PAC ＋∠PBD ．解法三：如图9－3，∵AC∥BD ，∴∠CAB ＋∠ABD ＝180°即∠PAC ＋∠PAB ＋∠PBA ＋∠PBD ＝180°．又∠APB ＋∠PBA ＋∠PAB ＝180°，∴∠APB ＝∠PAC ＋∠PBD .（2）不成立.（3）(a)当动点P在射线BA的右侧时，结论是∠PBD＝∠PAC＋∠APB ．(b)当动点P在射线BA上，结论是∠PBD ＝∠PAC ＋∠APB ．或∠PAC ＝∠PBD ＋∠APB 或∠APB ＝0°，∠PAC ＝∠PBD（任写一个即可）．(c) 当动点P在射线BA的左侧时，结论是∠PAC ＝∠APB ＋∠PBD ．选择(a) 证明：如图9－4，连接PA，连接PB交AC于M∵AC∥BD ，∴∠PMC ＝∠PBD ．又∵∠PMC ＝∠PAM ＋∠APM ，∴∠PBD ＝∠PAC ＋∠APB ．选择(b) 证明：如图9－5∵点P在射线BA上，∴∠APB ＝0°．∵AC∥BD ，∴∠PBD ＝∠PAC ．∴∠PBD ＝∠PAC ＋∠APB或∠PAC ＝∠PBD＋∠APB或∠APB ＝0°，∠PAC ＝∠PBD.选择(c) 证明：如图9－6，连接PA，连接PB交AC于F∵AC∥BD ，∴∠PFA ＝∠PBD ．∵∠PAC ＝∠APF ＋∠PFA ，∴∠PAC ＝∠APB ＋∠PBD ．三、知识巩固训练1.（05十堰）代数式22(0)m n m n ->>的三个实际意义是：____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________2.（05荆门市）多项式x 2＋px ＋12可分解为两个一次因式的积，整数p 的值是＿＿＿＿＿（写出一个即可）3.（05常德）请写出一个开口向上，对称轴为直线x ＝2，且与y 轴的交点坐标为(0，3)的抛物线的解析式___________________________．4.（05绍兴市）平移抛物线228y x x =+-，使它经过原点，写出平移后抛物线的一个解析式____________________5.（05海安）请给出一元二次方程28x x -+________＝0的一个常数项，使这个方程有两个不相等的实数根．6.（05资阳）已知a ＝sin 60°，b ＝cos 45°，c ＝11()2-，d ，从a 、b 、c 、d 这4个数中任意选取3个数求和；7.（05资阳）甲、乙两同学开展“投球进筐”比赛，双方约定：① 比赛分6局进行，每局在指定区域内将球投向筐中，只要投进一次后该局便结束；② 若一次未进可再投第二次，以此类推，但每局最多只能投8次，若8次投球都未进，该局也结束；③ 计分规则如下：a . 得分为正数或0；b . 若8次都未投进，该局得分为0；c . 投球次数越多，得分越低；d . 6局比赛的总得分高者获胜 ．（1） 设某局比赛第n (n ＝1，2，3，4，5，6，7，8)次将球投进，请你按上述约定，用公式、表格或语言叙述等方式，为甲、乙两位同学制定一个把n 换算为得分M 的计分方案；（2） 若两人6局比赛的投球情况如下(其中的数字表示该局比赛进球时的投球次数，“×”表示该局比赛8次投球都未进)：根据上述计分规则和你制定的计分方案，确定两人谁在这次比赛中获胜．8. （2006年山东省）如图，△ABC 中，D 、E 分别是AC 、AB 上的点，BD 与CE 交于点O ．给出下列三个条件：①∠EBO ＝∠DCO ；②∠BEO ＝∠CDO ；③BE ＝CD ． （1）上述三个条件中，哪两个条件．．．．可判定△ABC 是等腰三角形（用序号写出所有情形）； （2）选择第（1）小题中的一种情形，证明△ABC 是等腰三角形．9.（2006年绵阳市）在正方形ABCD 中，点P 是CD 上一动点，连结PA ，分别过点B 、D作BE ⊥PA 、DF ⊥PA ，垂足分别为E 、F ，如图①．（1）请探索BE 、DF 、EF 这三条线段长度具有怎样的数量关系．若点P 在DC •的延长线上（如图②），那么这三条线段的长度之间又具有怎样的数量关系？若点P 在CD •的延长线上呢（如图③）？请分别直接写出结论； （2）请在（1）中的三个结论中选择一个加以证明．10.（将你发现的结论一般化，并写出来．11.（07甘肃省陇南市）在平面几何中，我们可以证明：周长一定的多边形中，正多边形面积最大．使用上面的事实，解答下面的问题：用长度分别为2、3、4、5、6（单位：cm ）的五根木棒围成一个三角形（允许连接，但不允许折断），求能够围成的三角形的最大面积．12（07安徽省）按右图所示的流程，输入一个数据x ，根据y 与x的关系式就输出一个数据y ，这样可以将一组数据变换成另一组新的数据，要使任意一组都在20～100（含20和100）之间的数据，变换成一组新数据后能满足下列两个要求：（Ⅰ）新数据都在60～100（含60和100）之间； （Ⅱ）新数据之间的大小关系与原数据之间的大小关系一致，即原数据大的对应的新数据也较大．（1）若y 与x 的关系是y ＝x ＋p (100－x )，请说明：当p ＝12时，这种变换满足上述两个要求； 【解】 （2）若按关系式y ＝a (x －h )2＋k (a ＞0)将数据进行变换，请写出一个满足上述要求的这种关系式．（不要求对关系式符合题意作说明，但要写出关系式得出的主要过程） 【解】四、知识巩固训练答案：1．s s -大正小正、s 矩形（长：m ＋n 、宽m －n ）；摩托车每辆m 元，自行车每辆n元，m 辆摩托车比n 辆自行车贵多少钱；2．±7，±8，±13（写出其中一个即可）； 3．y ＝(x －2)2＋3等； 4．y ＝x2＋2x 等；5．12(答案不唯一)；6．a ＋b ＋c ， a ＋b ＋d a ＋c ＋d ，b ＋c ＋d 7．（1(用公式或语言表述正确，同样给分.)（2） 根据以上方案计算得6局比赛，甲共得24分，乙共得分23分， 所以甲在这次比赛中获胜． 8.答案不惟一，符合题意即可9．（1）①BE ＝DF ＋EF ，②BE ＝DF －EF ，③EF ＝BE ＋DF ． （2）•证明略． 10．填空：-14，-3；4x 2＋13x ＋3＝4(x ＋14)(x ＋3)． 发现的一般结论为：若一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0的两个根为x 1、x 2，则 ax 2＋bx ＋c ＝a （x - x 1）（x -x 2）．11．因为周长一定（2＋3＋4＋5＋6＝20cm ）的三角形中，以正三角形的面积最大．取三边尽量接近，使围成的三角形尽量接近正三角形，则面积最大． 此时，三边为6、5＋2、4＋3，这是一个等腰三角形．可求得其最大面积为12．（1）当P ＝12时，y ＝x ＋()11002x -，即y ＝1502x +． ∴y 随着x 的增大而增大，即P ＝12时，满足条件（Ⅱ）又当x ＝20时，y ＝1100502⨯+＝100．而原数据都在20～100之间，所以新数据都在60～100之间，即满足条件（Ⅰ），综上可知，当P ＝12时，这种变换满足要求；（2）本题是开放性问题，答案不唯一．若所给出的关系式满足：（a ）h ≤20；（b ）若x ＝20，100时，y 的对应值m ，n 能落在60～100之间，则这样的关系式都符合要求． 如取h ＝20，y ＝()220a x k -+，∵a ＞0，∴当20≤x ≤100时，y 随着x 的增大令x＝20，y＝60，得k＝60 ①令x＝100，y＝100，得a×802＋k＝100 ②由①②解得116060ak⎧=⎪⎨⎪=⎩，∴()212060160y x=-+．。

2012中考冲刺班辅导资料专题三----探索、开放、创新型试题1、【专题精讲】近年来全国各地中考试题中频频出现探索型问题，这类问题由于没有明确的结论，要求考生通过自己的观察、联想、分析、比较、归纳、概括来发现解题条件或结论或结论成立的条件，因而对考生的能力要求较高。

开放型试题重在开发思维，促进创新，提高数学素养，所以是近几年中考试题的热点考题。

观察、实验、猜想、论证是科学思维方法，是新课标思维能力重要的内容，学习中应重视并应用.探索型问题具有较强的综合性，因而解决此类问题用到了所学过的整个初中数学知识．经常用到的知识是：一元一次方程、平面直角坐标系、一次函数与二次函数解析式的求法（图象及其性质）、直角三角形的性质、四边形（特殊）的性质、相似三角形、解直角三角形等．其中用几何图形的某些特殊性质：勾股定理、相似三角形对应线段成比例等来构造方程是解决问题的主要手段和途径．因此复习中既要重视基础知识的复习，又要加强变式训练和数学思想方法的研究，切实提高分析问题、解决问题的能力．一. 常见的问题的类型：1. 条件探索型——结论明确，而需探索发现使结论成立的条件的题目。

2. 结论探索型——给定条件，但无明确结论或结论不惟一。

3. 存在探索型——在一定条件下，需探索发现某种数学关系是否存在。

4. 规律探索型——发现数学对象所具有的规律性与不变性的题目。

二. 常用的解题切入点：由于题型新颖、综合性强、结构独特等，此类问题的一般解题思路并无固定模式或套路，但是可以从以下几个角度考虑：1.利用特殊值（特殊点、特殊数量、特殊线段、特殊位置等）进行归纳、概括，从特殊到一般，从而得出规律．2.反演推理法(反证法)，即假设结论成立，根据假设进行推理，看是推导出矛盾还是能与已知条件一致．3．分类讨论法．当命题的题设和结论不惟一确定，难以统一解答时，则需要按可能出现的情况做到既不重复也不遗漏，分门别类加以讨论求解，将不同结论综合归纳得出正确结果．4．类比猜想法．即由一个问题的结论或解决方法类比猜想出另一个类似问题的结论或解决方法，并加以严密的论证．以上所述并不能全面概括此类命题的解题策略，因而具体操作时，应更注重数学思想方法的综合运用．2、【典例精析】中考探索性试题的几种类型探索性问题的试题是指给出一列数、一列等式、一列图形的前几项，然后让我们通过归纳加工、猜想，推出一般的结论，或者是给出一个图形，要求我们探索图形成立的条件、变化图形的不变的规律性。

中考冲刺：创新、开放与探究型问题—知识讲解（提高）【中考展望】所谓开放探索型问题指的是有些数学问题的条件、结论或解决方法不确定或不唯一，需要根据题目的特点进行分析、探索，从而确定出符合要求的答案(一个、多个或所有答案)或探索出解决问题的多种方法．由于开放探究型问题对考查学生思维能力和创造能力有积极的作用，是近几年中考命题的一个热点．通常这类题目有以下几种类型：条件开放与探索，结论开放和探索，条件与结论都开放与探索及方案设计、命题组合型、问题开放型等．【方法点拨】由于开放探究型试题的知识覆盖面较大，综合性较强，灵活选择方法的要求较高，再加上题意新颖，构思精巧，具有相当的深度和难度，所以要求同学们在复习时，首先对于基础知识一定要复习全面，并力求扎实牢靠；其次是要加强对解答这类试题的练习，注意各知识点之间的因果联系，选择合适的解题途径完成最后的解答．由于题型新颖、综合性强、结构独特等，此类问题的一般解题思路并无固定模式或套路，但是可以从以下几个角度考虑：1．利用特殊值（特殊点、特殊数量、特殊线段、特殊位置等）进行归纳、概括，从特殊到一般，从而得出规律．2．反演推理法（反证法），即假设结论成立,根据假设进行推理，看是推导出矛盾还是能与已知条件一致．3．分类讨论法．当命题的题设和结论不唯一确定，难以统一解答时，则需要按可能出现的情况做到既不重复也不遗漏，分门别类加以讨论求解，将不同结论综合归纳得出正确结果．4．类比猜想法．即由一个问题的结论或解决方法类比猜想出另一个类似问题的结论或解决方法，并加以严密的论证．以上所述并不能全面概括此类命题的解题策略，因而具体操作时，应更注重数学思想方法的综合运用．【典型例题】类型一、探索规律1．（2015•武汉校级二模）如图，△ABC面积为1，第一次操作：分别延长AB，BC，CA至点A1，B1，C1，使A1B=AB，C1B=CB，C1A=CA，顺次连接A1，B1，C1，得到△A1B1C1．第二次操作：分别延长A1B1，B1C1，C1A1至点A2，B2，C2，使A2B1=A1B1，B2C1=B1C1，C2A1=C1A1，顺次连接A2，B2，C2，得到△A2B2C2，…按此规律，要使得到的三角形的面积超过2014，最少经过（）次操作．A．7 B．6 C．5 D．4【思路点拨】先根据已知条件求出△A1B1C1及△A2B2C2的面积，再根据两三角形的倍数关系求解即可．【答案】D.【解析】解：△ABC与△A1BB1底相等（AB=A1B），高为1：2（BB1=2BC），故面积比为1：2，∵△ABC面积为1，∴S△A1B1B=2．同理可得，S△C1B1C=2，S△AA1C=2，∴S△A1B1C1=S△C1B1C+S△AA1C+S△A1B1B+S△ABC=2+2+2+1=7；同理可证△A2B2C2的面积=7×△A1B1C1的面积=49，第三次操作后的面积为7×49=343，第四次操作后的面积为7×343=2401．故按此规律，要使得到的三角形的面积超过2014，最少经过4次操作．故选D．【总结升华】考查了三角形的面积，此题属规律性题目，解答此题的关键是找出相邻两次操作之间三角形面积的关系，再根据此规律求解即可．举一反三：【变式】（2016•抚顺）如图，△A1A2A3，△A4A5A5，△A7A8A9，…，△A3n﹣2A3n﹣1A3n（n为正整数）均为等边三角形，它们的边长依次为2，4，6，…，2n，顶点A3，A6，A9，…，A3n均在y轴上，点O是所有等边三角形的中心，则点A2016的坐标为 .【答案与解析】解：∵△A1A2A3为等边三角形，边长为2，点A3，A6，A9，…，A3n均在y轴上，点O是所有等边三角形的中心，∴A3的坐标为（0，3），∵2016÷3=672，∴A2016是第672个等边三角形的第3个顶点，∴点A2016的坐标为（0，×3），即点A2016的坐标为（0，4483）；故答案为：（0，4483）．类型二、条件开放型、结论开放型2．在平面直角坐标系中，等腰三角形ABC的顶点A的坐标为（2，2）．（1）若底边BC在x轴上，请写出一组满足条件的点B、点C的坐标：；（2）若底边BC的两端点分别在x轴、y轴上，请写出一组满足条件的点B、点C的坐标： .【思路点拨】（1）首先由BC在x轴上，在等腰△ABC中，即可过顶点A作AD⊥BC交BC于D，根据三线合一的性质，可得BD=CD，即B，C关于点D对称，则可求得满足条件的点B、点C的坐标；（2）连接OA，由等腰三角形ABC的顶点A的坐标为（2，2），易证得△AOB≌△AOC，则可知OB=OC，继而可得满足条件的点B、点C的坐标．【答案与解析】解：（1）∵BC在x轴上，在等腰△ABC中，过顶点A作AD⊥BC交BC于D，∵顶点A的坐标为（2，2），∴D的坐标为（2，0），在等腰△ABC中，有BD=CD，∴B，C关于点D对称，∴一组满足条件的点B、点C的坐标为：B（0，0），C（4，0）；（2）连接OA，∵等腰三角形ABC的顶点A的坐标为（2，2），∴∠AOC=∠AOB=45°，∴当OB=OC时，在△AOB与△AOC中，OB=OCAOB=AOCOA=OA⎧⎪∠∠⎨⎪⎩∴△AOB≌△AOC，∴AB=AC，即△ABC是等腰三角形，∴一组满足条件的点B、点C的坐标：（0，1），（1，0）．【总结升华】此题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识．此题难度适中，解题的关键是注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．举一反三：【变式】在平面直角坐标系中，等腰三角形ABC的顶点A的坐标为(2，2)．(1)若底边BC在x轴上，请写出一组满足条件的点B，点C的坐标：________________；设点B，点C的坐标分别为(m，0)，(n，0)，你认为m，n应满足怎样的条件？(2)若底边BC的两个端点分别在x轴，y轴上，请写出一组满足条件的点B，点C的坐标：______________；设点B，点C的坐标分别为(m，0)，(0，n)，你认为m，n应满足怎样的条件?【答案】解：可以通过等腰三角形的作法来探求符合题意的条件：由于AB＝AC，故点B和点C在以A为圆心的同一个圆上．(1)如图(a)，作AE⊥x轴于E，以大于AE的长度为半径画弧，与x轴的交点即为符合题意的点B和点C．易知E(2，0)为线段BC的中点，故CE＝EB，即n－2＝2－m；如：点B(0，0)，点C(4，0)；m+n＝4且m ≠n．(2)类似于(1)作OA，与两条坐标轴分别交于B1，B2，C1，C2，显然当A，B，C三点不共线时这样确定的点B，C均符合题意．如：点B(1，0)，点C(0，1)，或点B(3，0)，点C(0，1)；m＝n，且m，n不为0和4；或m+n＝4．类型三、条件和结论都开放的问题3．如图(1)，四边形ABCD中，AD与BC不平行，现给出三个条件：①∠CAB＝∠DBA，②AC＝BD，③AD＝BC．请你从上述三个条件中选择两个条件，使得加上这两个条件后能够推出ABCD是等腰梯形，并加以证明(只需证明一种情况)．【思路点拨】有两种方法，第一种是：①∠CAB=∠DBA，②AC=BD；第二种是：②AC=BD，③AD=BC，均可利用等腰梯形的判定方法进行验证．【答案与解析】解：第一种选择：①∠CAB＝∠DBA，②AC＝BD．证明：由△ACB≌△BDA，可得AD＝BC，∠ABC＝∠BAD．如图(2)作DE∥BC交AB于点E，则∠DEA＝∠CBA．∴∠DAE＝∠DEA，AD＝ED＝BC．由ED＝BC及DE∥BC知，四边形DEBC是平行四边形，所以AB∥CD．∵ AD与．BC不平行，∴四边形ABCD是等腰梯形．第二种选择：②AC＝BD，③AD＝BC．证明：如图(3)，延长AD、BC相交于点E．由△DAB≌△CBA，可得∠DAB＝∠CBA，∴EA＝EB．由AD＝BC，可得DE＝CE，∠EDC＝∠ECD．再由三角形内角和定理可得∠EDC＝∠EAB，∴DC∥AB．∵AD与BC不平行，∴四边形ABCD是等腰梯形．【总结升华】此题一道开放性的题目，主要考查学生对等腰梯形的判定的掌握情况．举一反三：【变式】如图，ABCD是一张矩形纸片，AD=BC=1,AB=CD=5．在矩形ABCD的边AB上取一点M，在CD上取一点N，将纸片沿MN折叠，使MB与DN交于点K，得到△MNK．（1）若∠1=70°，求∠MNK的度数．（2）△MNK的面积能否小于12？若能，求出此时∠1的度数；若不能，试说明理由．（3）如何折叠能够使△MNK的面积最大？请你利用备用图探究可能出现的情况，求出最大值．（备用图）【答案】解：（1）∵ABCD是矩形，∴AM∥DN．∴∠KNM=∠1．∵∠1=70°，∴∠KNM=∠KMN=70°．（2）不能．过M点作ME⊥DN，垂足为E，则ME=AD=1．∵∠KNM=∠KMN，∴MK=NK，又MK≥ME，∴NK≥1．∴△MNK的面积=NK•ME≥．∴△MNK的面积不可能小于．（3）分两种情况：情况一：将矩形纸片对折，使点B与D重合，此时点K也与D重合．MK=MD=x，则AM=5﹣x．由勾股定理得12+（5﹣x）2=x2，解得x=2.6．∴MD=ND=2.6．S△MNK=S△MND==1.3．情况二：将矩形纸片沿对角线AC对折，此时折痕即为AC．MK=AK=CK=x，则DK=5-x．同理可得MK=NK=2.6．∵MD=1∴S△MNK=S△MND==1.3．△MNK的面积最大值为1.3．类型四、动态探究型4．如图1，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点E与正方形ABCD的顶点A重合，三角板的一边交CD于点F．另一边交CB的延长线于点G．（1）求证：EF=EG；（2）如图2，移动三角板，使顶点E始终在正方形ABCD的对角线AC上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立．请说明理由：（3）如图3，将（2）中的“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，且使三角板的一边经过点B，其他条件不变，若AB=a、BC=b，求EFEG的值．【思路点拨】（1）由∠GEB+∠BEF=90°，∠DEF+∠BEF=90°，可得∠DEF=∠GEB，又由正方形的性质，可利用SAS证得Rt△FED≌Rt△GEB，则问题得证；（2）首先点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为H、I，然后利用SAS证得Rt△FEI≌Rt△GEH，则问题得证；（3）首先过点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为M、N，易证EM∥AB，EN∥AD，则可证得△CEN∽△CAD，△CEM∽△CAB，又由有两角对应相等的三角形相似，证得△GME∽△FNE，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得答案．【答案与解析】解：（1）证明：∵∠GEB+∠BEF=90°，∠DEF+∠BEF=90°，∴∠DEF=∠GEB，又∵ED=BE，∴Rt △FED ≌Rt △GEB ，∴EF=EG ；（2）成立．证明：如图，过点E 分别作BC 、CD 的垂线，垂足分别为H 、I ，则EH=EI ，∠HEI =90°，∵∠GEH+∠HEF=90°，∠IEF+∠HEF =90°，∴∠IEF=∠GEH ，∴Rt △FEI ≌Rt △GEH ，∴EF=EG ；（3）解：如图，过点E 分别作BC 、CD 的垂线，垂足分别为M 、N ，则∠MEN=90°，∴EM ∥AB ，EN ∥AD ．∴△CEN ∽△CAD ，△CEM ∽△CAB ， ∴,NE CE EM CE AD CA AB CA==， ∴NE EM AD AB =，即NE AD b EM AB a ==， ∵∠IEF+∠FEM=∠GEM+∠FEM=90°，∴∠GEM=∠FEN ，∵∠GME=∠FNE=90°，∴△GME ∽△FNE ， ∴EF EN EG EM=， ∴EF b EG a =． 【总结升华】此题考查了正方形、矩形的性质，以及全等三角形与相似三角形的判定与性质．此题综合性较强，注意数形结合思想的应用．举一反三：【变式1】已知：如图(a)，在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，点P由B出发沿BA方向向点A匀速运动，速度为1cm/s；点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动，速度为2cm／s；连接PQ．若设运动的时间为t(s)(0＜t＜2)，解答下列问题：(1)当t为何值时，PQ∥BC?(2)设△AQP的面积为y(cm2)，求y与t之间的函数关系式；(3)是否存在某一时刻t，使线段PQ恰好把Rt△ACB的周长和面积同时平分？若存在，求出此时t 的值．若不存在，说明理由；(4)如图(b)，连接PC，并把△POC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，那么是否存在某一时刻t，使四边形PQP′C为菱形？若存在，求出此时菱形的边长；若不存在，说明理由．【答案】解：(1)在Rt△ABC中，AB＝5．由题意知AP＝5-t，AQ＝2t．若PQ∥BC，则△APQ∽△ABC．∴AQ AP AC AB=．∴2545t t-=．解得107t=．(2)过点P作PH⊥AC于H，如图(c)．∵△APH∽△ABC，∴PH AP BC AB=．∴535PH t-=．解得335PH t=-．∴211132(3)32255y AQ PH t t t t =⨯⨯=⨯⨯-=-+． (3)若PQ 把△ABC 周长平分，则AP+AQ ＝BP+BC+CQ ．∴(5-t)+2t ＝t+3+(4-2t)．解得t ＝1．若PQ 把△ABC 面积平分， 则12APQ ABC S S =△△，即23335t t -+=． ∵t ＝1代入上述方程不成立，∴不存在这一时刻t ，使线段PQ 把Rt △ACB 的周长和面积同时平分．(4)过点P 作PM ⊥AC 于M ，PN ⊥BC 于N ，如图(d)．若四边形PQP ′C 是菱形，那么PQ ＝PC ．∵PM ⊥AC 于M ，∴QM ＝CM ．∵PN ⊥BC 于N ，易知△PBN ∽△ABC ． ∴PN BP AC AB =，∴45PN t =． 解得45t PN =． ∴QM ＝CM ＝45t ． ∴442455t t t ++=． 解得109t =． ∴当109t =时，四边形PQP ′C 是菱形． 此时37353PM t =-=，4859CM t ==．在Rt △PMC 中，PC ===∴菱形PQP ′C ． 举一反三：【变式2】如图，点D ，E 在△ABC 的边BC 上，连接AD ，AE. ①AB＝AC ；②AD＝AE ；③BD＝CE.以此三个等式中的两个作为命题的题设，另一个作为命题的结论，构成三个命题：①②⇒③；①③⇒②；②③⇒①.（1）以上三个命题是真命题的为（直接作答） ；（2）请选择一个真命题进行证明（先写出所选命题，然后证明）.【答案】解：（1）三个都是真命题；（2）解法一 ①②⇒③如图,过点A 作AD ⊥BC 于点F .∵AB ＝AC ,∴BF ＝CF .∵AD ＝AE ,∴DF ＝EF .∴BD ＝CE .解法二 ①③⇒②∵AB ＝AC ,∴∠ABD ＝∠ACE .∵BD ＝CE ,∴△ABD ≌△ACE (SAS ).∴AD ＝AE .解法三 ②③⇒①∵AD ＝AE ,∴∠ADE ＝∠AED ,即∠ADB ＝∠AEC∵BD ＝CE ,∴△ABD ≌△ACE (SAS ).∴AB ＝AC类型五、创新型 5．先阅读下列材料，然后解答问题：从A B C ，，三张卡片中选两张，有三种不同选法，抽象成数学问题就是从3个元素中选取2个元素组合，记作2332C 321⨯==⨯．一般地，从m 个元素中选取n 个元素组合，记作： E DC B A(1)(1)C (1)321nm m m m n n n --+=-⨯⨯⨯ 例从7个元素中选5个元素，共有5776543C 2154321⨯⨯⨯⨯==⨯⨯⨯⨯种不同的选法． 问题：从某学习小组10人中选取3人参加活动，不同的选法共有 种．【思路点拨】本题需要学生读懂m 个元素中选取n 个元素的计算规则，然后针对具体的从10人中选取3人参加的计算．【答案与解析】由给出的公式可知从10个人中取3个人参加活动，有3101098C 120321⨯⨯==⨯⨯种不同的选法． 【总结升华】本题构思精妙、情境新颖.从试题的情境来看，本题以初中数学中的整数的乘除运算等基本运算为素材，以高中数学中组合数的定义及其计算公式为背景，展示给学生的是一个全新的问题，试题具有较大的自由度和思维空间，考查了阅读理解、知识迁移等多种数学能力，体现了主动探究精神，呈现出研究性学习的特点，从而进一步考查了学生自学高中数学知识的能力．从试题的解答来看，直接以组合数的定义及其计算公式为背景的试题在各种复习资料和模拟试题中从未见过，解决这个问题没有现成的“套路”和“招式”，需要学生自主学习组合数的定义及其计算公式的定义，综合运用多种数学思想方法，才能解决问题．。

中考数学二轮复习考点解密开放探索性问题第一部分讲解部分一、专题诠释开放探究型问题，可分为开放型问题和探究型问题两类．开放型问题是相对于有明确条件和明确结论的封闭型问题而言的，它是条件或结论给定不完全、答案不唯一的一类问题．这类试题已成为近年中考的热点，重在考查同学们分析、探索能力以及思维的发散性，但难度适中．根据其特征大致可分为：条件开放型、结论开放型、方法开放型和编制开放型等四类．探究型问题是指命题中缺少一定的条件或无明确的结论，需要经过推断，补充并加以证明的一类问题．根据其特征大致可分为：条件探究型、结论探究型、规律探究型和存在性探究型等四类．二、解题策略与解法精讲由于开放探究型试题的知识覆盖面较大，综合性较强，灵活选择方法的要求较高，再加上题意新颖，构思精巧，具有相当的深度和难度，所以要求同学们在复习时，首先对于基础知识一定要复习全面，并力求扎实牢靠；其次是要加强对解答这类试题的练习，注意各知识点之间的因果联系，选择合适的解题途径完成最后的解答．由于题型新颖、综合性强、结构独特等，此类问题的一般解题思路并无固定模式或套路，但是可以从以下几个角度考虑：1．利用特殊值（特殊点、特殊数量、特殊线段、特殊位置等）进行归纳、概括，从特殊到一般，从而得出规律．2．反演推理法（反证法），即假设结论成立,根据假设进行推理，看是推导出矛盾还是能与已知条件一致．3．分类讨论法．当命题的题设和结论不惟一确定，难以统一解答时，则需要按可能出现的情况做到既不重复也不遗漏，分门别类加以讨论求解，将不同结论综合归纳得出正确结果．4．类比猜想法．即由一个问题的结论或解决方法类比猜想出另一个类似问题的结论或解决方法，并加以严密的论证．以上所述并不能全面概括此类命题的解题策略，因而具体操作时，应更注重数学思想方法的综合运用．三、考点精讲（一）开放型问题考点一：条件开放型：条件开放题是指结论给定，条件未知或不全，需探求与结论相对应的条件．解这种开放问题的一般思路是：由已知的结论反思题目应具备怎样的条件，即从题目的结论出发，逆向追索，逐步探求．例1：（2011江苏淮安）在四边形ABCD中，AB=DC，AD=BC.请再添加一个条件，使四边形ABCD是矩形.你添加的条件是.(写出一种即可)分析：已知两组对边相等，如果其对角线相等可得到△ABD≌△ABC≌ADC≌△BCD，进而得到，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，使四边形ABCD是矩形．解：若四边形ABCD的对角线相等，则由AB=DC，AD=BC可得．△ABD≌△ABC≌ADC≌△BCD，所以四边形ABCD的四个内角相等分别等于90°即直角，所以四边形ABCD是矩形，故答案为：对角线相等．评注：此题属开放型题，考查的是矩形的判定，根据矩形的判定，关键是是要得到四个内角相等即直角．考点二：结论开放型：给出问题的条件，让解题者根据条件探索相应的结论并且符合条件的结论往往呈现多样性，这些问题都是结论开放问题．这类问题的解题思路是：充分利用已知条件或图形特征，进行猜想、类比、联想、归纳，透彻分析出给定条件下可能存在的结论，然后经过论证作出取舍．例2：（2011天津）已知一次函数的图象经过点（0，1），且满足y随x的增大而增大，则该一次函数的解析式可以为．分析：先设出一次函数的解析式，再根据一次函数的图象经过点（0，1）可确定出b的值，再根据y随x的增大而增大确定出k的符号即可．解：设一次函数的解析式为：y=kx+b（k≠0），∵一次函数的图象经过点（0，1），∴b=1，∵y随x的增大而增大，∴k＞0，故答案为y=x+1（答案不唯一，可以是形如y=kx+1，k＞0的一次函数）．评注：本题考查的是一次函数的性质，即一次函数y=kx+b（k≠0）中，k＞0，y随x的增大而增大，与y轴交于（0，b），当b＞0时，（0，b）在y轴的正半轴上．考点三：条件和结论都开放的问题：此类问题没有明确的条件和结论，并且符合条件的结论具有多样性，因此必须认真观察与思考，将已知的信息集中分析，挖掘问题成立的条件或特定条件下的结论，多方面、多角度、多层次探索条件和结论，并进行证明或判断．例3：（2010•玉溪）如图，在平行四边形ABCD中，E是AD的中点，请添加适当条件后，构造出一对全等的三角形，并说明理由．分析：先连接BE，再过D作DF∥BE交BC于F，可构造全等三角形△ABE和△CDF．利用ABCD是平行四边形，可得出两个条件，再结合DE∥BF，BE∥DF，又可得一个平行四边形，那么利用其性质，可得DE=BF，结合AD=BC，等量减等量差相等，可证AE=CF，利用SAS可证三角形全等．解：添加的条件是连接BE，过D作DF∥BE交BC于点F，构造的全等三角形是△ABE 与△CDF．理由：∵平行四边形ABCD，AE=ED，∴在△ABE与△CDF中，AB=CD，∠EAB=∠FCD，又∵DE∥BF，DF∥BE，∴四边形BFDE 是平行四边形，∴DE=BF ，又AD=BC ，∴AD ﹣DE=BC ﹣BF ，即AE=CF ，∴△ABE ≌△CDF ．（答案不唯一，也可增加其它条件）评注：本题利用了平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、以及等量减等量差相等等知识．考点四：编制开放型：此类问题是指条件、结论、解题方法都不全或未知，而仅提供一种问题情境，需要我们补充条件，设计结论，寻求解法的一类题，它更具有开放性．例4：（2010年江苏盐城中考题）某校九年级两个班各为玉树地震灾区捐款1800元．已知2班比1班人均捐款多4元，2班的人数比1班的人数少10%．请你根据上述信息，就这两个班级的“人数”或“人均捐款”提出一个用分式方程．．．．解决的问题，并写出解题过程． 分析：本题的等量关系是：两班捐款数之和为1800元；2班捐款数-1班捐款数=4元；1班人数=2班人数×90%，从而提问解答即可．解：解法一：求两个班人均捐款各多少元？设1班人均捐款x 元，则2班人均捐款（x +4）元，根据题意得1800x ·90%=1800x +4解得x =36 经检验x =36是原方程的根∴x +4=40答：1班人均捐36元，2班人均捐40元解法二：求两个班人数各多少人？设1班有x 人，则根据题意得1800x+4=180090x%解得x=50 ，经检验x=50是原方程的根∴90x % =45答：1班有50人，2班有45人．评注：对于此类编制开放型问题，是一类新型的开放型问题，它要求学生的思维较发散，写出符合题意的正确答案即可，难度要求不大，但学生容易犯想当然的错误，叙述不够准确，如单位的问题、符合实际等要求，在解题中应该注意防范．（二）探究型问题考点五：动态探索型：此类问题结论明确，而需探究发现使结论成立的条件的题目．例5：（2011•临沂）如图1，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点E与正方形ABCD的顶点A重合，三角扳的一边交CD于点F．另一边交CB的延长线于点G．（1）求证：EF=EG；（2）如图2，移动三角板，使顶点E始终在正方形ABCD的对角线AC上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立．请说明理由：（3）如图3，将（2）中的“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，且使三角板的一边经过点B，其他条件不变，若AB=a、BC=b，求错误！未找到引用源。

2012年全国中考数学试题分类解析汇编专题58：开放探究型问题一、选择题二、填空题1. （2012陕西省3分）在同一平面直角坐标系中，若一个反比例函数的图象与一次函数y=2x+6-的图象无公共点，则这个反比例函数的表达式是▲ （只写出符合条件的一个即可）．【答案】5yx=（答案不唯一）。

【考点】开放型问题，反比例函数与一次函数的交点问题，一元二次方程根与系数的关系。

【分析】设反比例函数的解析式为：kyx=，联立y=2x+6-和kyx=，得k2x+6x-=，即22x6x+k0-=∵一次函数y=2x+6-与反比例函数kyx=图象无公共点，∴△＜0，即268k0< --（），解得k＞9 2。

∴只要选择一个大于92的k值即可。

如k=5，这个反比例函数的表达式是5yx=（答案不唯一）。

2. （2012广东湛江4分）请写出一个二元一次方程组▲ ，使它的解是x=2y=1⎧⎨-⎩．【答案】x+y=1x+2y=0⎧⎨⎩（答案不唯一）。

【考点】二元一次方程的解。

【分析】根据二元一次方程解的定义，围绕x=2y=1⎧⎨-⎩列一组等式，例如：由x＋y=2＋（－1）=1得方程x＋y=1；由x－y=2－（－1）=3得方程x－y=3；由x＋2y=2＋2（－1）=0得方程x＋2y=0；由2x＋y=4＋（－1）=3得方程2x＋y=3；等等，任取两个组成方程组即可，如x+y=1x+2y=0⎧⎨⎩（答案不唯一）。

3. （2012广东梅州3分）春蕾数学兴趣小组用一块正方形木板在阳光做投影实验，这块正方形木板在地面上形成的投影是可能是▲ （写出符合题意的两个图形即可）【答案】正方形、菱形（答案不唯一）。

【考点】平行投影。

【分析】根据平行投影的特点：在同一时刻，平行物体的投影仍旧平行。

所以，在同一时刻，这块正方形木板在地面上形成的投影是平行四边形或特殊的平行四边形，例如，正方形、菱形（答案不唯一）。

4. （2012浙江衢州4分）试写出图象位于第二、四象限的一个反比例函数的解析式▲ ．【答案】1y=x-（答案不唯一）。